四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期中考试试卷（Word版附解析）

2022-2023学年高二下期期中考试

理科数学试题

考试范围：圆锥曲线、导数、选修4-4第一章 坐标系

考试时间：120分钟；总分：150分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 

1．已知复数，，则（    ）

A．                            B．的共轭复数为

C．复数对应的点位于第二象限             D．复数为纯虚数

2．下列函数中，既是定义域内单调递增函数，又是奇函数的为（    ）

A．      B．     C．      D．

3．若，则（　　）

A．0        B．        C．         D．

4．设双曲线的渐近线方程为，则此双曲线的离心率为（   ）

A．        B．       C．        D．

5．如图，方程表示的曲线是（    ）．

A． B．C．D．

6．对于常数，“”是“方程的曲线是椭圆”的（    ）．

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

7．已知，，为坐标原点，动点满足，其中、，且，则动点的轨迹是（    ）

A．焦距为的椭圆          B．焦距为的椭圆

C．焦距为的双曲线     D．焦距为的双曲线

8．已知函数的导函数为，且满足，则（    ）

A．       B．          C．        D．

9．已知函数的导函数是，对任意的，，若，则的解集是（    ）

A．      B．       C．      D．

10．函数的定义域为，它的导函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．是的极小值点          B．

C．函数在上有极大值     D．函数有三个极值点

11．的右焦点为，点在双曲线上，若，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（    ）

A．         B．        C．          D．2

12．已知动点P在双曲线C：上，双曲线C的左、右焦点分别为，，则下列结论：

①C的离心率为2；    

②C的焦点弦最短为6；

③动点P到两条渐近线的距离之积为定值；

④当动点P在双曲线C的左支上时，的最大值为．

其中正确的个数是（    ）

A．1个       B．2个        C．3个       D．4个

第II卷（非选择题）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．动点P到两定点A(－4，0)、B(4，0)距离之和为10，则点P的轨迹方程为________．

14．若函数的图象在处的切线斜率为，则实数__________.

15．已知抛物线：的焦点为，设点在抛物线上，若以线段为直径的圆过点，则______.

16．已知球的半径为2，四棱锥的顶点均在球的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为______

三、解答题：本题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分.

17．求适合下列条件的曲线的标准方程.

(1)实轴长为，焦点坐标为，求双曲线的标准方程；

(2)焦点在轴正半轴上，且焦点到准线的距离是的抛物线的标准方程.

18．已知函数且在处取得极值.

(1)求a，b的值；

(2)求函数在的最大值与最小值.

19．如图1所示，在边长为3的正方形中，将沿折到的位置，使得平面平面，得到图2所示的三棱锥．点分别在上，且，，．记平面与平面的交线为l．

(1)在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法．

(2)求二面角的余弦值．

20．已知椭圆的离心率为，直线，左焦点F到直线l的距离为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)直线与椭圆相交于A，B两点．C，D是椭圆T上异于A，B的任意两点，且直线AC，BC，AD，BD的斜率都存在．直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．设直线AC，BC的斜率为，．

①求的值；

②求直线MN的斜率．

21．已知函数．

(1)求的极值；

(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．

（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．已知曲线C的极坐标方程为，A，B是曲线C上不同的两点，且，其中O为极点.

(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)求点B的极径.

23．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．

(1)求曲线M，N的极坐标方程；

(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．

2022—2023学年高二下期期中考试

数学理科参考答案：

1．D

【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用共轭复数的定义可判断B选项；利用复数的乘法以及复数的几何意义可判断C选项；利用复数的除法以及复数的概念可判断D选项.

【详解】A错误；

的共轭复数为，故B错误；

，复数对应的点位于第四象限，故C错误；

为纯虚数，故D正确．

故选：AD.

2．D

【分析】求导，根据单调性和奇偶性的定义逐项分析.

【详解】对于A， 为奇函数，是周期函数，在定义域内不单调，不符合题意，不符合题意；

对于，定义域为 ，所以为奇函数，但在定义域内不单调，不符合题意；

对于C，，

故函数不是奇函数，不符合题意；

对于D， ，是增函数， ，是奇函数，满足题意；

故选：D.

3．A

【分析】由常数的导数为0即可得解.

【详解】∵，∴.

故选：A.

4．A

【分析】根据渐近线方程求出a与b的关系即可.

【详解】双曲线 的渐近线方程为： ，

又 ；

故选：A.

5．B

【分析】分和，去掉绝对值，得到相应的曲线.

【详解】，当时，，

当时，，画出符合题意的曲线，为B选项，

故选：B

6．B

【分析】运用椭圆方程的一般形式求得m、n的范围，结合两集合的包含关系判断即可.

【详解】因为“方程的曲线是椭圆”，则，

又因为，但，

所以“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件.

故选：B.

7．D

【分析】动点，由得到，，进而得到，化简可得答案.

【详解】设动点，因为点满足，其中、，

且，所以，所以，，

所以，，所以，

即，表示焦距为的双曲线.

故选：D

8．C

【分析】在等式求导，再令，可得出关于的等式，解之即可.

【详解】在等式两边求导得，所以，，解得.

故选：C.

9．C

【分析】设，求得，根据题意得到，得到函数单调递减，又由，得到，把，转化为，结合函数的单调性，即可求得不等式的解集.

【详解】设函数，可得，

因为，可得，所以函数单调递减，

又因为，可得，

由不等式，即为，所以，

即不等式的解集为.

故选：C.

10．B

【分析】根据导函数与原函数的关系，结合极值点和极大值的定义逐一判断即可.

【详解】当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以有，因此选项B正确；

当时，，单调递增，

所以在上没有极大值，因此选项C不正确；

当时，，单调递增，

因此不是的极值点，只有当时，函数有极值点，

所以选项A不正确，选项D不正确，

故选：B

11．C

【分析】根据已知判断在双曲线右支上，根据双曲线的定义可得.然后在中，根据余弦定理即可得出的齐次方程，然后得出离心率的方程，求解即可得出答案.

【详解】

设双曲线左焦点为，由已知可推得在双曲线右支上，如图所示，

根据双曲线的定义可知，，所以.

由已知，，

在中，有，，，

由余弦定理可得，，

即，

整理可得，，

两边同时除以可得，，

解得或（舍去），

所以.

故选：C.

12．B

【分析】①由性质可得；②用特殊值可判定；③设点坐标计算化简即可，④利用双曲线的焦半径办公计算即可.

【详解】由题意可得，即①正确；

显然当双曲线的焦点弦过左、右焦点时，该弦长为实轴，长度为2＜6，即②错误；

易知双曲线的渐近线方程为，设点，则，且到两条双曲线的距离之积为是定值，故③正确；

对于④，先推下双曲线的焦半径公式：

对双曲线上任意一点及双曲线的左右焦点，

则，

同理，

所以，此即为双曲线的焦半径公式.

设点，由双曲线的焦半径公式可得，

故，

其中，则，

由二次函数的性质可得其最大值为，当且仅当，即时取得，故④错误；

综上正确的是①③两个.

故选：B

13．．

【分析】利用定义法求点P的轨迹方程.

【详解】解：因为，

由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为10的椭圆，

所以，，

所以点的轨迹方程是.

故答案为：

14．/

【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义及直线斜率的定义可求

【详解】因为，所以，所以在处的切线斜率，解得．

故答案为：．

15．

【分析】根据直径所对的圆周角为直角可得，进而得斜率关系，联立直线与抛物线的方程即可得交点，由焦半径公式即可求解.

【详解】因为，所以，焦点的坐标为.

设，则直线的斜率为，因为以线段为直径的圆过点，

所以，所以直线的斜率为，

直线的方程为

联立 解得，,

故答案为：

16．/

【分析】根据圆的几何性质、球的几何性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】圆内接四边形是正方形时，这个四边形的面积最大，当四棱锥的高经过点时，此时体积最大，如图所示：

设此时正方形的边长为，所以，

设该四棱锥的高为，所以有，

由勾股定理可得：，

该四棱锥的体积为，

设，

当时，单调递增，当时，单调递减，

所以当时，函数有最大值.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：根据导数的性质是解题的关键.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由实轴长得到，由焦点坐标得到焦点位置和，再由，即可求出双曲线的标准方程；

（2）由抛物线标准方程相关概念求解即可.

【详解】（1）∵双曲线的一个焦点坐标为，为轴上一点，

∴设双曲线标准方程为（，），且，

又∵双曲线实轴长为，∴，，

∴，

∴双曲线的标准方程为.

（2）∵抛物线焦点在轴正半轴上，

∴设抛物线的标准方程为（），

又∵抛物线焦点到准线的距离是，∴，

∴抛物线的标准方程为.

18．(1)

(2)

【分析】（1）利用来求得的值.

（2）结合（1）求得在区间上的最值，由此确定正确结论.

【详解】（1），

依题意，解得.

，

所以在区间上递增；

在区间上递减.

所以在处取得极大值，在处取得极小值，符合题意.

（2），

，

由（1）知，在区间上的最大值为，最小值为.

19．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）利用公理3，通过找出两平面的两个公共点即可求出结果；

（2）建立空间直角坐系，求出平面AFG与平面EFG的法向量，再利用空间向量的面面公式及图形即可求出结果.

【详解】（1）作图步骤：如图所示，延长EF，AB交于点M，延长AC，EG交于点N，连接MN，则直线MN即为交线l．

保留作图痕迹且正确．

（2）四边形ABCD是长为3的正方形，取中点，连接，则，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，

， ．

设平面AFG与平面EFG的法向量分别为，，则

由，得到， 不妨设，则，

所以，

由，得到，取，则，所以，

所以．

由图知，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．

20．(1)

(2)①；②

【分析】（1）由距离公式求出，再由离心率求出，即可求出，从而得解；

（2）首先求出，两点坐标，

①设，利用斜率公式计算可得；

②设，的斜率分别为，，设直线的方程为，直线的方程为，即可求出点坐标，同理求出点坐标，再由斜率公式计算即可得解.

【详解】（1）因为，所以，

又左焦点到直线的距离为，有，

解得或（舍去），所以，，

椭圆方程为．

（2）由（1）知，椭圆的方程为，

由，解得或，所以，．

①，斜率都存在，即，存在．

设，显然，且，

从而．

②设，的斜率分别为，，

设直线的方程为，直线的方程为．

由，解得，

从而点的坐标为，

因为，，

设直线的方程为，即，

设直线的方程为，即，

用代，代得点的坐标为，

即点的坐标为，

所以．

21．(1)极小值，无极大值.

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；

（2）参变分离可得对任意的，恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.

【详解】（1）函数的定义域为，又，

令得，令得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，无极大值.

（2）由得，

即对任意的，恒成立，

令，，则，

令，则，

所以当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，，，

所以当时在内存在唯一的零点，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，，

因为，所以，，

所以，

因为，所以，

所以，

所以实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．(1)；

(2).

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化即可求得曲线C的直角坐标方程；

（2）利用题给条件列方程组即可求得点B的极径.

【详解】（1）由，，得：，

所以曲线C的直角坐标方程为；

（2）设，则由题意可知，

将A，B坐标代入方程得：，

∴，得(负值舍去)，

∴B的极径为.

23．(1)；

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；

（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.

【详解】（1）解：由，可得，即，

又由，可得，

所以曲线M的极坐标方程为．

由，可得，即，

即曲线N的极坐标方程为.

（2）解：将代入，可得，

将代入，可得，

则，

因为，所以，

又因为，所以．